题解：P2269 [HNOI2002] 高质量的数据传输

Idea

看见 $n\le200$，果断采用 Floyd。

在 Floyd 的过程中，我们维护两个数值：从 $i$ 到 $j$ 的最小丢包率，从 $i$ 到 $j$ 的延时（注意不一定是最短的）。

题目要求丢包率优先，我们直接模拟即可。注意到在丢包率小的情况下延时不一定最小，所以延时不可以取最小值。

接下来我们解决丢包率更新的问题。我们设现在枚举到了 $i,j,k$（其中 $k$ 为途经点），并且 $i$ 和 $k$，$j$ 和 $k$ 之间均有连边，我们设 $i$ 和 $j$ 之间最小的丢包率为 $dis_{i,j}$，则有经过 $k$ 从 $i$ 到 $j$ 的最小丢包率 $dis=1-(1-dis_{j,k})\times (1-dis_{i,k})$。

根据定义，我们不难发现：若使经过 $k$ 从 $i$ 到 $j$ 的最小丢包率最小，必须使得 $\prod(1-p_i)$ 最大，其中 $p_i$ 为使得经过 $k$ 从 $i$ 到 $j$ 的丢包率最小所经过的一条边的丢包率。

不难发现如果保证 $dis_{i,k}$ 最小，$dis_{j,k}$ 最小，则 $1-dis_{i,k}$ 和 $1-dis_{j,k}$ 一定最大。它们相乘的结果根据定义其实就是 $\prod(1-p_i)$，用 $1$ 减去它就是更新的答案。当然这个答案不一定最小。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
double dis2[205][205],b[205][205];
long long dis1[205][205],a[205][205];
int n,s,t;
int main(){
	cin>>n>>s>>t;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++){
			cin>>dis1[i][j];
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++){
			cin>>dis2[i][j];
		}
	}
	for(int k=1;k<=n;k++){
		for(int i=1;i<=n;i++){
			for(int j=1;j<=n;j++){
				if(dis1[i][k]==-1||dis1[j][k]==-1)continue;
				double nans=1-(1-dis2[i][k])*(1-dis2[j][k]);
				if(nans<dis2[i][j]){
					dis2[i][j]=nans;
					dis1[i][j]=dis1[i][k]+dis1[j][k];
				}
				else if(nans==dis2[i][j]&&dis1[i][j]>dis1[i][k]+dis1[j][k]){
					dis1[i][j]=dis1[i][k]+dis1[j][k];
				}
			}
		}
	}
	printf("%lld %.4lf",dis1[s][t],dis2[s][t]);
	return 0;
}